1

Unidade 5. Límite, continuidade, e asíntotas dunha función

1. Límite dunha función

Nunha primeira aproximación, son tres os límites que podemos calcular nunha función: nun puntolimx→a 𝑓(𝑥), no infinito lim𝑥→∞ 𝑓(𝑥) e no menos infinito

lim𝑥→−∞ 𝑓(𝑥). Os conceptos básicos aprendémolos en 1º. Aquí afondaremos para mellorar na comprensión e no cálculo dos devanditos límites.

1.1.Límite dunha función nun punto

O límite dunha función nun punto é o valor ao que se cerca a devandita función cando a variable se achega ao punto. Que significa achegarse? Pois que a distancia entre ambos os dous (función e o seu límite, variable e valor no punto) se acurta. Como se calcula a distancia na recta real? Achando o valor absoluto da diferenza entre os dous valores (tómase valor absoluto para que a distancia sempre sexa positiva). Se o límite é finito, o límite defínese, e escríbese en forma matemática, como:

lim𝑥→𝑎 𝑓(𝑥)= l ⟺ Para todo ε> 0 existe δ>0 tal que se 0 < x − a <δ entón f x − l <ε

Abreviadamente escríbese ∀ ≡ para todo, ∃ ≡ existe.

Observa que para que x se achegue ao punto imponse a condición 0 < x − a <δ, onde δ é una cantidade que debe ser cada vez máis pequena. Hai que excluir o

punto, pois x = a non verifica a inecuación 0 < x − a .

Unha vez que obrigamos a variable a achegarse ao punto, a función está obrigada a achegarse ao seu límite, se é que o ten. Isto garánteo a 2ª inecuación, onde aparece o termo que, por suposto, está relacionado e depende de δ.

2

Exemplo:

1. Usando a definición demostra que a) lim𝑥→3(2𝑥 − 5)= 1; b) lim𝑥→1 𝑥2 = 1

Solución: Escribimos a definición para cada caso particular

a) lim𝑥→3(2𝑥 − 5)= 1 ⟺ ∀ε>0 ∃δ>0 tal que 0 < x − 3 <δ entón 2𝑥 − 5 − 1 <ε. O que hai que facer é atopar una relación entre δ e ε. Fíxate que a 2ª inecuación

se converte en 2𝑥 − 6 = 2(𝑥 − 3) = 2 ∙ 𝑥 − 3 < 2𝛿 ⇒ tomando δ = ε

2

teríamos demostrado o límite.

b) lim𝑥→1 𝑥2 = 1 ⟺ ∀ε>0 ∃δ>0 tal que 0 < x − 1 <δ entón 𝑥2 − 1 <ε. Pártese

de 0 < x − 1 <δ e opérase 𝑥2 − 1 = 𝑥 + 1 (𝑥 − 1) = 𝑥 + 1 ∙ 𝑥 − 1 . O 2º valor absoluto está acoutado por δ. O primeiro esixe máis traballo: 𝑥 + 1 ≤ 𝑥 + 1 = 𝑥 − 1 + 1 + 1 ≤ 𝑥 − 1 + 2 = 𝑥 − 1 + 2 ≤ 𝛿 + 2 ⇒ ⇒ 𝑥2 − 1 ≤ 𝛿 𝛿 + 2 = 휀. A ecuación de segundo grao en δ ten como

solución positiva δ = 1 + ε - 1, que é a relación buscada

Podes observar que: 1º) ao complicarse a función faise moi difícil descubrir a relación entre os termos

δ e ε.

2º) a definición non serve para calcular o límite dunha función directamente, aínda que si para demostrar as fórmulas da álxebra de límites que vimos en 1º e que aquí repetiremos, sen demostración.

A pesar de que na definición excluamos o punto, para o cálculo do límite habitualmente substituiremos o devandito valor na función e así obteremos o devandito límite. Recorda que isto é así porque traballamos con funcións continuas.

En realidade, o límite componse doutros dous, chamados límites laterais: pola

esquerda (x→a-) e pola dereita (x→a+), que usabamos en: a) as funcións definidas a anacos, naqueles puntos nos que cambiabade definición, e en b) as funcións que presentaban descontinuidades inevitables de salto infinito, alí onde estas aparecían.

Fracción alxébrica

3

As descontinuidades inevitables de salto infinito preséntanse naqueles puntos nos que o límite non está acoutado, habitualmente porque o denominador se anula e non o numerador, ou porque o argumento do logaritmo se fai cero. No primeiro caso, que é o das fraccións alxébricas ou funcións definidas a partir de cocientes, os límites laterais adoitan ser distintos, mentres que no caso das funcións logarítmicas só aparece un límite lateral, pois, ao intentar calcular o outro, o argumento é negativo, polo que non existe o logaritmo e loxicamente carecerá de límite. Se a función non está acoutada superiormente no punto, dise que

lim𝑥→𝑎 𝑓 𝑥 = ∞ e se non está acoutada inferiormente que lim𝑥→𝑎 𝑓 𝑥 = −∞

Na gráfica, M e N representan as cotas superior e inferior, respectivamente.

1.2. Límites no infinito e no menos infinito

Tamén aquí poden darse varios casos:

I. Que a función se achegue a un valor finito, que pode ser distinto en ∞ e en -∞; se o valor é o mesmo en ambos os dous casos, escríbese lim𝑥→±∞ 𝑓(𝑥) = k. Este valor

dános a ecuación da asíntota horizontal da función yH = k

II. Que a función non estea acoutada superiormente lim𝑥→±∞ 𝑓(𝑥) =∞, ou que non

estea inferiormente lim𝑥→±∞ 𝑓(𝑥) = - ∞. Igual que no primeiro caso, os límites da

función poden variar de ∞ a -∞. A función non ten asíntota horizontal.

Recorda os seguintes resultados dos límites en ±∞:

Se r >0 ⇒

lim𝑥→∞ 𝑥𝑟 = ∞. P. ex. lim𝑥→∞ 𝑥3 = ∞.

lim𝑥→−∞ 𝑥𝑟 = ∞ se r é par. P. ex lim𝑥→−∞ 𝑥4 = ∞.

lim𝑥→−∞ 𝑥𝑟 = −∞ se r é impar. P. ex. lim𝑥→−∞ 𝑥5 = −∞.

lim𝑥→±∞1

𝑥𝑟= 0. P. ex. lim𝑥→±∞

1

𝑥𝑟= 0.

Cando se trata de polinomios, o comportamento en ∞ ou -∞ vén dado polo seu monomio de maior grao, sendo desprezables os demais termos:

1) lim𝑥→∞ 4𝑥5 − 7𝑥3 + 25𝑥2 − 1000 ≈ lim𝑥→∞ 4𝑥5.

2) lim𝑥→∞ ex = ∞; lim𝑥→−∞ ex = lim𝑥→∞ e−x = lim𝑥→∞1

ex = 0

3) lim𝑥→∞ ln 𝑥 = ∞ 4) Non podemos calcular lim𝑥→−∞ ln𝑥, lim𝑥→±∞ sen 𝑥, lim𝑥→±∞ 𝑐𝑜𝑠 𝑥, lim𝑥→±∞ tx 𝑥

4

Para o cálculo de límites de función un pouco máis complexas necesitamos coñecer a Álxebra de límites:

lim𝑥→a 𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥) = lim𝑥→a 𝑓(𝑥) ± lim𝑥→a 𝑔(𝑥): o límite dunha suma ou resta é a suma ou resta dos límites.

lim𝑥→a 𝑓(𝑥) ∙ 𝑔(𝑥) = lim𝑥→a 𝑓(𝑥) ∙ lim𝑥→a 𝑔(𝑥): o límite dun producto é o producto de límites.

lim𝑥→a𝑓

𝑔 𝑥 =

lim 𝑥→a 𝑓(𝑥)

lim 𝑥→a 𝑔(𝑥): o límite dun cociente é cociente de límites.

lim𝑥→a 𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥) = lim𝑥→a 𝑓(𝑥) lim𝑥→a 𝑔(𝑥): o límite dunha función elevada a

outra é igual ao límite da base elevada ao límite do exponente.

Estas fórmulas serven tamén para ∞ e -∞, igual que todo o que se diga a continuación. Para evitar alongar a escritura só escribiremos lim𝑥→a 𝑓(𝑥)

Exemplos

2. Calcula os seguintes límites: a) lim𝑥→3x+4

x−3 b) lim𝑥→4 ln(𝑥2 − 16) c)

lim𝑥→0 𝑒1

𝑥

Solución

a) lim𝑥→3𝑥+4

𝑥−3 =

7

0 ⇒

lim𝑥→3−𝑥+4

𝑥−3=

7

0−= −∞

lim𝑥→3+𝑥+4

𝑥−3=

7

0+ = ∞ Recorda que se o denominador é

cero, o único que hai que descubrir é o signo da fracción preto do punto

b) lim𝑥→4 ln(𝑥2 − 16) = ln 0 ⇒ ∄ lim𝑥→4− ln(𝑥2 − 16)

lim𝑥→4+ ln(𝑥2 − 16) = −∞ , pois x2 − 16 <0 se

x<4

c) lim𝑥→0 𝑒1

𝑥 = 𝑒1

0 ⇒ lim𝑥→0− 𝑒

1

𝑥 = 𝑒1

0− = 𝑒−∞ =1

𝑒∞= 0

lim𝑥→0+ 𝑒1

𝑥 = 𝑒1

0+ = 𝑒∞ = ∞

Observa o cambio de

comportamento, que é debido á influencia do cambio de signo na función exponencial, coa que hai que ter moito coidado.

3. Dada f(x) =

𝑥2+1

𝑥+1 se 𝑥 < −1

𝑒1

𝑥+1 se − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1

ln 𝑥2 − 1 se 𝑥 > 1

; calcula lim𝑥→−1 𝑓(𝑥) e lim𝑥→1 𝑓(𝑥)

Solución: Observa que hai que calcular os límites nos puntos nos que a función cambia de definición, polo que descubrimos directamente os límites laterais:

lim𝑥→−1− 𝑓(𝑥)= lim𝑥→−1−𝑥2+1

𝑥+1 =

2

0−= −∞

lim𝑥→−1+ 𝑓(𝑥) =lim𝑥→−1+ 𝑒1

𝑥+1 = 𝑒∞ = ∞

Ao substituir no límite a función que temos a cada lado hai que seguir cos límites laterais, pois énos necesario para coñecer o signo do límite.

lim𝑥→1− 𝑓(𝑥) = lim𝑥→1 𝑒1

𝑥+1 = 𝑒

1

2 = 𝑒

lim𝑥→1+ 𝑓(𝑥) = lim𝑥→1+ ln(𝑥2 − 1) = −∞

No primeiro límite lateral, podemos prescindir de seguir escribíndoo porque non hai problemas coa función,

5

mentres que no segundo hai que escribilo de novo, pois só existe un límite lateral. Arriba tes a gráfica da función nos puntos nos que calculamos os límites. 4)Calcula os seguintes límites:

a) lim𝑥→∞2𝑥3−4𝑥2+5

𝑥2−7𝑥+15

b) lim𝑥→−∞𝑥3+2𝑥−6

𝑥4−4𝑥2

c) lim𝑥→−∞𝑥2+2𝑥−7

8𝑥2−5

d) lim𝑥→∞ 2𝑥−1 2

4𝑥2+1

e) lim𝑥→−∞𝑥3

𝑥2+1

Solución:

a) lim𝑥→∞2𝑥3−4𝑥2+5

𝑥2−7𝑥+15 =

∞

∞ (ind)≈ lim𝑥→∞

2𝑥3

𝑥2 = lim𝑥→∞ 2x = ∞

b) lim𝑥→−∞𝑥3+2𝑥−6

𝑥4−4𝑥2 =

∞

∞ (ind)≈ lim𝑥→−∞

𝑥3

𝑥4 = lim𝑥→−∞

1

𝑥 = 0

c) lim𝑥→−∞𝑥2+2𝑥−7

8𝑥2−5 =

∞

∞ (ind)≈ lim𝑥→−∞

𝑥2

8𝑥2 =

1

8

d) lim𝑥→∞ 2𝑥−1 2

4𝑥2+1 =

∞

∞ (ind) ≈ lim𝑥→∞

4𝑥2

4𝑥2 = 1

e) lim𝑥→−∞𝑥3

𝑥2+1 =

∞

∞ (ind)≈ lim𝑥→−∞

𝑥3

𝑥2= lim𝑥→−∞ x = −∞

1.3. Indeterminacións A aparición dalgún ∞ ou dalgún 0 (cero) en determinados lugares pode converter o

límite nunha indeterminación. Xa coñecemos as indeterminacións 0

0; ∞

∞; ∞-∞. Tamén son

indeterminacións 0∙∞; 1∞ ; 00; ∞0.

Observa que, salvo 00, todas as indeterminacións se deben a que ∞ non é un número

e, polo tanto, non segue as regras para os números. No caso de 00 hai un conflito, pois

0𝑎 = 0, pero 𝑎0 = 1, e non sabemos a que regra aternos. Estas son as 7 indeterminación posibles. Como podes imaxinar, os casos interesantes son as indeterminacións, xa que nos demais só hai que substituír os números e operar. Para resolver estas 7 indeterminacións necesitariamos algunha ferramenta máis potente que a división polo método de Ruffini, que só serve para polinomios. Esta ferramenta chámase Regra de L 'Hôpital e consiste en cambiar nun cociente o numerador e o denominador polas súas respectivas derivadas, e calcular a continuación o límite. Ainda que aplicación da devandita regra non é moi complicada, non a usaremos e resolveremos as indeterminacións como fixemos no curso anterior.

Exemplos

a) lim𝑥→−1 5

𝑥+1∙𝑥2+𝑥

7𝑥+1 =

5

0∙

0

−6= ∞∙0 (ind) = (multiplicamos as fraccións)

lim𝑥→−15𝑥(𝑥+1)

𝑥+1 (7𝑥+1) = lim𝑥→−1

5𝑥

(7𝑥+1) =

5

6

b) lim𝑥→∞ 2

𝑥 𝑥2 + 8 = o∙∞ (ind) = lim𝑥→∞

2 𝑥2+8

𝑥 =

= lim𝑥→∞ 2 𝑥2+8

𝑥2 ≈lim𝑥→∞ 2 𝑥2

𝑥2 = 2

6

c) lim𝑥→1 𝑥+3−2

𝑥−1=

0

0 (ind) ⇒ (Conxugado) lim𝑥→1

𝑥+3−2

𝑥−1 = lim𝑥→1

𝑥+3−4

𝑥−1 𝑥+3−2 =

= lim𝑥→1𝑥−1

𝑥−1 𝑥+3−2 = lim𝑥→1

1

𝑥+3−2 =

1

2+2=

1

4.

Tamén podemos resolver 1∞ recorrendo á definición do número e:

e = lim𝑥→∞ 1 +1

𝑥 𝑥 = lim𝑥→0 1 + 𝑥

1𝑥 = lim𝑥→0 1 +

1

𝑝(𝑥) 𝑝(𝑥)

, se p(x) →∞ cando x→∞.

Deste modo, podemos escribir o seguinte:

se lim𝑥→∞ 1 +1

𝑝(𝑥) 𝑞(𝑥)

= 1∞ entón

lim𝑥→∞ 1 +1

𝑝(𝑥) 𝑞(𝑥)

= lim𝑥→∞ 1 +1

𝑝 𝑥 𝑝 𝑥

𝑞 𝑥 𝑝(𝑥)

= exp lim𝑥→∞𝑞(𝑥)

𝑝(𝑥) , onde

escribimos exp en lugar do número e, para maior claridade. Polo tanto, o único que hai que descubrir é o termo p(x). Os apartados j) e k) serven de exemplos.

d) lim𝑥→∞ 1 +1

𝑥

3𝑥= 1∞ (ind) ⇒1 +

1

𝑝(𝑥)= 1 +

1

𝑥 ⇒

1

𝑝(𝑥) =

1

𝑥 ⇒

𝑞(𝑥)

𝑝(𝑥) = 𝑞 𝑥 ∙

1

𝑝 𝑥 =

= 3𝑥

𝑥 = 3 ⇒ lim𝑥→∞ 1 +

1

𝑥

3𝑥 = exp lim𝑥→∞ 3 = 𝑒3.

e) lim𝑥→∞ 5𝑥3

5𝑥3−7

2𝑥

= 1∞ (ind) ⇒1 + 1

𝑝(𝑥)=

5𝑥3

5𝑥3−7 ⇒

1

𝑝(𝑥)=

5𝑥3

5𝑥3−7 – 1 =

7

5𝑥3−7 ;

𝑞(𝑥)

𝑝(𝑥) = 𝑞 𝑥 ∙

1

𝑝 𝑥 =

14𝑥

5𝑥3−7 ⇒lim𝑥→∞

5𝑥3

5𝑥3−7

2𝑥

= exp lim𝑥→∞14𝑥

5𝑥3−7 = 𝑒0 = 1.

2. Continuidade dunha función Recordemos que una función f é continua nun punto x = a cando:

1. Existe f(a): ∃f(a)

2. ∃limx→a 𝑓(𝑥) ⇒ ∃limx→a− 𝑓(𝑥), limx→a+ 𝑓(𝑥) e limx→a− 𝑓(𝑥) = limx→a+ 𝑓(𝑥) =

= limx→a 𝑓(𝑥)

3. limx→a 𝑓(𝑥) = f(a)

Habitualmente, para estudar a continuidade dunha función usamos os tres pasos antes descritos. Tamén hai que recordar que as función que poden presentar problemas na súa continuidade son as definidas a anacos (nos puntos nos que cambia de definición), as función con denominadores (alí onde se anule o devandito denominador) e as logarítmicas (onde o argumento se fai cero). Hai tres tipos de discontinuidades: i) Descontinuidade inevitable de salto finito (adoita darse en funcións

definidas a anacos). Os límites laterales son distintos, pero ambos os dous finitos.

ii) Descontinuidade inevitable de salto infinito (a función terá asíntotas verticais nos puntos nos que presenta este tipo de descontinuidade). A función non está acoutada no punto.

iii) Descontinuidade evitable (evítase redefinindo a función nese punto). Existe

o límite da función no punto (aparece a indeterminación 0

0, que resolta dá un

límite finito), e dese modo redefínese a función.

7

Exemplo

4. Estuda a continuidade das seguintes función. Representa gráficamente f e esboza a gráfica de g onde sexa descontinua.

a) f(x) = 1 − 𝑥2 , 𝑠𝑒 𝑥 < 1−2, 𝑠𝑒 1 ≤ 𝑥 ≤ 3𝑥 − 5, 𝑠𝑒 𝑥 > 3

; b) 𝑔 𝑥 = 2𝑥−8

𝑥2−𝑥−12

Solución:

a) Os posibles puntos de descontinuidade son x=1, x=3.

En x=1: 1º) f(1) = -2; 2º) limx→1− 𝑓(𝑥) = limx→1(1 − 𝑥2) = 0; limx→1+ 𝑓(𝑥) = limx→1(−2) = -2 ⇒ ∄ limx→1 𝑓(𝑥) ⇒

⇒ f non é continua en x = 1. É una descontinuidade de salto finito En x=3: 1º) f(3) =-2; 2º) limx→3− 𝑓 𝑥 = limx→3 −2 = −2;

limx→3+ 𝑓(𝑥) = limx→3(𝑥 − 5) = -2 ⇒ ∃limx→3 𝑓(𝑥) ⇒

⇒f é continua en x = 3. F é continua en R – {1}, e presenta una descontinuidade de salto finito en x = 1.

b) Os posibles puntos de descontinuidade son x = 4, x = - 3 (DEN = 0)

x = 4 g(4) = 0

0 (ind) ⇒ lim𝑥→4

2(𝑥−4)

𝑥−4 (𝑥+3) = lim𝑥→4

2

(𝑥+3) =

2

7 ⇒ discontinuidade

evitable.

x = -3 g(-3) = 14

0 ⇒ descontinuidade inevitable de salto infinito. A función g ten

una asíntota vertical en x = -3. Para o esbozo calculamos os límites laterais:

lim𝑥→−3−2𝑥−8

𝑥2−𝑥−12 =

−14

0+ = - ∞; lim𝑥→−3+2𝑥−8

𝑥2−𝑥−12 =

−14

0− = ∞.

Así, g é continua en R – {-3}, presenta una descontinuidade evitable en x = 4 e una descontinuidade inevitable de salto infinito en x = -3. Enriba está o esbozo de g.

O seguinte paso é definir a continuidade nun intervalo (a,b). Parece obvio que f será continua en (a,b) cando sexa continua en todos os puntos do intervalo (a,b). Observa que este estudo xa aparece na conclusión dos exemplos anteriores.

8

Exemplos

5. Descobre o valor da a para que 𝑓 𝑥 =

a

x2+1, 𝑠𝑒 𝑥 < −1

x

1+ax, 𝑠𝑒 𝑥 ≥ −1

sexa continua en

todo R.

Solución:

En principio, o posible punto de descontinuidade é x = -1.

limx→−1− 𝑓(𝑥) = limx→−1a

x2+1=

a

2; limx→−1+ 𝑓(𝑥) = limx→−1

x

1+ax =

−1

1−𝑎 ⇒

a

2 =

−1

1−𝑎 ⇒

⇒a - a2 = -2 ⇒ a2-a-2 =0 ⇒ a = -1, 2.

Así, f podería ter as dúas seguintes formas:

a) 𝑓 𝑥 =

−1

x2+1, 𝑠𝑒 𝑥 < −1

x

1−x, 𝑠𝑒 𝑥 ≥ −1

, b) 𝑓 𝑥 =

2

x2+1, 𝑠𝑒 𝑥 < −1

x

1+2x, 𝑠𝑒 𝑥 ≥ −1

Ao observer ambas as dúas, vemos que en a) o denominador 1-x se anula

para x = 1 e que en b) o denominador 1+2x se anula para x = -1/2, co que

presentaría descontinuidade inevitable de salto infinito nos devanditos

puntos; concluímos que f non é continua para ningún valor de a.

6. Calcula a, b, c e d para que sexa continua 𝑓 𝑥 =

1

2x, 𝑠𝑒 𝑥 < 2

3x − a, 𝑠𝑒 2 ≤ 𝑥 < 3b, 𝑠𝑒 3 ≤ 𝑥 < 5−x + c, 𝑠𝑒 5 ≤ 𝑥 < 7d, 𝑠𝑒 7 ≤ 𝑥

e

represéntaa gráficamente.

Solución:

Os posibles puntos de descontinuidade son x = 2, 3, 5, 7. Directamente

calculamos os límites laterais e igualámolos:

limx→2− 𝑓(𝑥) = limx→21

2𝑥 = 1; limx→2+ 𝑓(𝑥) = limx→2 3x − a = 6-a ⇒1=6–a ⇒a = 5

limx→3− 𝑓(𝑥) = limx→3(3𝑥 − 5) = 4; limx→3+ 𝑓(𝑥) = limx→3 b = b ⇒ b = 4

limx→5− 𝑓(𝑥) = limx→5 4 = 4; limx→5+ 𝑓(𝑥) = limx→5(−𝑥 + 𝑐)=-5+c ⇒ 4 = -5+c ⇒c=9

limx→7− 𝑓(𝑥) = limx→7 −x + 9 = 2; limx→7+ 𝑓(𝑥)=limx→7 d = d ⇒ d = 2

9

A funcion é da forma: 𝑓 𝑥 =

1

2x, 𝑠𝑒 𝑥 < 2

3x − 5, 𝑠𝑒 2 ≤ 𝑥 < 34, 𝑠𝑒 3 ≤ 𝑥 < 5−x + 9, 𝑠𝑒 5 ≤ 𝑥 < 72, 𝑠𝑒 7 ≤ 𝑥

e a súa representación gráfica é

a que aparece arriba.

7. Estuda a continuidade de 𝑓 𝑥 =

𝑥, 𝑠𝑒 𝑥 ≤ 13, 𝑠𝑒 1 < 𝑥 < 3 𝑥2 − 6𝑥 , 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 3

. Represéntaa.

Solución:

A partir dunha observación lixeira diríamos que os únicos posibles puntos de

descontinuidade son x = 1, x = 3. Non obstante, hai que considerar tamén o valor

absoluto: 𝑥2 − 6𝑥 = 0 ⇒ x = 0, 6. Destes dous valores, só inflúe o 6, que é o que

verifica 6 ≥ 3. Podemos separalo e rescribir a función como

𝑓 𝑥 =

𝑥, 𝑠𝑒 𝑥 ≤ 13, 𝑠𝑒 1 < 𝑥 < 3

−𝑥2 + 6𝑥, 𝑠𝑒 3 ≤ 𝑥 < 6

𝑥2 − 6𝑥, 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 6

x = 1 ⇒ 1º) f(1) = 1; 2º) limx→1− 𝑓(𝑥)= limx→1 𝑥 = 1 ≠ limx→1+ 𝑓(𝑥)= limx→1 3 =3 ⇒

⇒ Non é continua.

x = 3 ⇒ 1º)f(3) = 9; 2º) limx→3− 𝑓(𝑥) = limx→3 3 = 3 ≠ limx→3+ 𝑓 𝑥 =

= limx→3(−𝑥2 + 6𝑥) = 9 ⇒ Non é continua

x = 6 ⇒ 1º) f(6) = 0; 2º) limx→6− 𝑓(𝑥) = limx→6(−𝑥2 + 6𝑥)= 0 = limx→6+ 𝑓(𝑥) =

= limx→6(𝑥2 − 6𝑥)= 0 ⇒ Si é continua.

3.Asíntotas

Chámase asíntota, ou rama parabólica ou rama infinita á recta á que se achega a

función cando non está acoutada nun punto (asíntota vertical), ou á recta á que se

achega a función cando x→±∞ (asíntota horizontal e asíntota oblicua). Hai tres tipos de

asíntotas:

A asíntota vertical indica que a función tende a ∞ ou -∞ conforme x se achega a

un punto a. Para achar a ecuación das asíntotas verticais hai que resolver a

ecuación DENOMINADOR(x) = 0 ou ARGUMENTO(x) = 0 (no caso do

10

logaritmo). A ecuación da asíntota vertical é x = a, sendo a a solución dalgunha

das ecuacións anteriores. Para saber como se achega a función á asíntota

calcúlanse os límites laterais.

As asíntotas horizontal e oblicua indícannos cara a onde se achega a función

cando x→±∞. Son dúas rectas, una delas horizontal, polo que ten pendente cero,

e outra oblicua, de pendente distinta de cero.

Unha función f ten una asíntota horizontal cando limx→±∞ 𝑓(𝑥)= k, k ∈ R. A

ecuación da asíntota horizontal é yH = k, onde escribimos o subíndice H para

distinguilo da función, que moitas veces se chama y. Unha función non ten asíntota

horizontal cando limx→±∞ 𝑓(𝑥) = ±∞. Se a función ten asíntota horizontal, non terá

asíntota oblicua, pois a horizontal é un caso particular de oblicua, coa pendente igual

a cero. Para saber como se achega a función á asíntota horizontal hai que estudar o

signo da diferenza y – yH tanto en ∞ como en -∞. Se sgn(y – yH) > 0, y vai por riba de

yH, e se sgn(y – yH) < 0, a función vai por debaixo da asíntota.

Unha asíntota oblicua é una recta de ecuación yOb = mx + n á que se aproxima a

función f cando x→±∞. Como calculamos m e n? Se f se aproxima a yOb debe

verificar os seguintes apartados.

1º) limx→±∞f(x)

y=Ob = 1 ⇒ limx→±∞

f(x)

mx +n≈ limx→±∞

f(x)

mx= 1 ⇒ m =limx→±∞

f(x)

x

2º) limx→±∞ f x − yOb = 0 ⇒limx→±∞ f x − mx − n = 0 ⇒ n = limx→±∞ f x − mx .

Observa que primeiro hai que calcular m, que debe ser un valor finito, pois no

caso contrario non tería asíntota oblicua, e despois calcúlase n. Igual que no caso da

asíntota horizontal, para ver como se achega a curva á asíntota hai que calcular o

signo da diferenza y – yH. Recorda que só buscaremos asíntota oblicua cando a

función non teña asíntota horizontal. Tamén pode darse o caso de que a asíntota

oblicua sexa distinta para x→∞ que para x→-∞.

Exemplos

8. Descobre as asíntotas de 𝑓 𝑥 =𝑥2

𝑥2−9 e indica como se aproxima a función ás

súas asíntotas. Solución: Para achar as asíntotas verticais resolvemos a ecuación DEN = 0, que neste

caso é 𝑥2 − 9 =0 ⇒ x = ± 3. A función aproxímase a cada asíntota:

limx→−3−𝑥2

𝑥2−9 =

9

0+ = ∞; limx→−3+𝑥2

𝑥2−9 =

9

0− = -∞.

limx→3−𝑥2

𝑥2−9 =

9

0− = -∞; limx→3+

𝑥2

𝑥2−9 =

9

0+ = ∞;

Como limx→±∞𝑥2

𝑥2−9 = limx→±∞

𝑥2

𝑥2 = 1, a función ten como asíntota horizontal a recta

yH = 1. Achégase á asíntota horizontal: sgn 𝑥2

𝑥2−9− 1 = sgn

9

𝑥2−9 > 0.

11

Polo tanto, f > yH ⇒ a curva f vai por enriba da asíntota yH

9. Acha as asíntotas da función y =𝑥2

𝑥−5 e estuda o comportamento da función

preto das súas asíntotas. Solución:

DEN = 0 ⇒ x – 5 = 0; AV: x = 5 ⇒ limx→5−𝑥2

𝑥−5 =

25

0− = -∞; limx→5+

𝑥2

𝑥−5 =

25

0+ = ∞;

limx→±∞𝑥2

𝑥−5 = limx→±∞

𝑥2

𝑥 =limx→±∞ x = ±∞ ⇒ Non ten asíntota horizontal

m = limx→±∞

f x

x= limx→±∞

𝑥2

𝑥 𝑥−5 = limx→±∞

𝑥2

𝑥2 = 1

n = limx→±∞ 𝑥2

𝑥−5− 𝑥 = limx→±∞

5𝑥

𝑥−5= limx→±∞

5𝑥

𝑥 = 5

⇒ yOb = x + 5

sgn 𝑥2

𝑥−5− (𝑥 + 5) = sgn

25

𝑥−5 ⇒

< 0, 𝑠𝑒 𝑥 → −∞ ⇒ 𝑦 < 𝑦𝑂𝑏> 0, 𝑠𝑒 𝑥 → ∞ ⇒ 𝑦 > 𝑦𝑂𝑏

Fíxate que para que unha fracción alxébrica teña asíntota oblicua, a diferenza entre os graos de numerador e denominador debe ser 1, que é o grao da asíntota oblicua.

12

10. Acha as asíntotas de y =𝑥2−2𝑥+3

𝑥2+1 e estuda o seu comportamento das súas

asíntotas. Solución: Denominador distinto de cero. Non ten asíntota vertical.

limx→±∞𝑥2−2𝑥+3

𝑥2+1 = limx→±∞

𝑥2

𝑥2 = 1 ⇒ sgn

𝑥2−2𝑥+3

𝑥2+1− 1 = sgn

2−2𝑥

𝑥2+1 = sgn

−2𝑥

𝑥2 =

= sgn −2

𝑥 ⇒

< 0, 𝑠𝑒 𝑥 → −∞ ⇒ 𝑦 > 𝑦𝐻

> 0, 𝑠𝑒 𝑥 → ∞ ⇒ 𝑦 < 𝑦𝐻

. Non ten asíntota oblicua, pois ten

asíntota horizontal.